12. BAB IX UAP

142

BAGIAN IX UAP

Pada sistem isothermal, jumlah zat (n) dan temperatur adalah konstan, sehingga persamaan : P. V = n . R . T

VnRT P =

Va P = , dengan a = n. R. t = konstan

Contoh pada Silinder yang diisi uap, piston didorong ke bawah pelan-pelan (suhu

dijaga konstan).

Berikut diagramnya,

V

T1

T2

T3

Tc = suhu kritis

Pc = tekanan kritis

Y

x

Cair

)1(TSP

)2(TSP

P

Keterangan:

x = keberadaan uap dapat diabaikan (cair → incompressible fluent)

y = campuran uap dan air (keadaan jenuh / saturated equilibrium)

tekanan tetap karena pada awalnya molekul uap berdesakan

tapi sebagian uap akan mengembun sehingga akan kembali longgar.

z = uap

Ps , = tekanan uap jenuh

Fisika Dasar Teknik 2\Uap

143

Pc CO2 = 200 atm

Untuk mendapatkan Jasmine oil (yang kandungannya dalam melati < 1%) harus

dilakukan ekstraksi. Urutannya :

solvent → melati → solvent + Jasmine oil → purifikasi (destilasi)→

Jasmine oil

solvent titik didih rendah → diuapkan

↓

Viskositas rendah

Mahal, karena:

Harus mendifusi ke dalam melati 1. perlu energi/panas →

mahal dan menarik Jasmine oil 2. saat merancang

menara destilasi,

diharapkan solvent

dapat kembali

menjadi bahan baku

→ tidak mungkin

karena pasti banyak

yang hilang.


144

Cara lain:

2) tidak ada bahan yang hilang

1) lebih praktis

Kebaikan:

Supercritical extraction

Diameter ~ tebal

Penampung gas

pipa

Prinsip → proses pengepresan (dilakukan pada titik kritis)

9.1 Kesetimbangan Uap-Cair Besarnya tekanan uap jenuh (PS) dipengaruhi oleh suhu.

Beberapa persamaan yang menyatakan PS (T) tersedia di

pustaka, antara lain;

1. Clausius-Clapeyron

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

Δ−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ToTR

HPoP

S

S 11ln

dengan

PS = tekanan uap jenuh pada suhu T

P0S = tekanan uap jenuh pada suhu T0

ΔH = panas penguapan

2. Antoine

CTB -A Pln S

+=

dengan


145

ABC = konstanta (di pustaka)

T > → PS >

T < → PS <

Contoh :

Tekanan uap bahan A pada suhu Ta adalah PAS

Kondisi bahan A

Suhu Tekanan KondisiTa PA

S Jenuh (cair jenuh, uap jenuh atau campuran cair-uap)Ta PA

S uap lewat jenuh (superheated)Ta PA

S cair (subcooled liquid)> Ta PA

S uap lewat jenuh < Ta PA

S cair

Untuk sistem berupa campuran

Tekanan total = P

A

Gas B

Cair

Uap

Uap A+

9.2. Hukum Dalton

P = PA + PB

PA = YA . P

Keterangan:

P = tekanan total


146

PA = tekanan parsial A

PB = tekanan parsial B

YA = fraksi mol A di fasa uap

= BmolA mol

A mol+

Pada sistem kesetimbangan campuran, juga terjadi hal yang

sama dengan system kesetimbangan senyawa murni:

A akan menguap/mengembun sampai tekanan parsial A di fase

uap = PAS , (tekanan uap jenuh pada suhu system)

Pada keadaan tersebut:

PP Y

SA

A =

Bila uap murni maka YA = 1, bukan

murni YA < 1

PA = PA

S , = YA . P

Jika PA > PAS , sebagian A akan mengembun,

sampai PA = PAS ,

PA < PAS , sebagian A akan menguap, sampai

PA = PAS , Contoh sistem uap-cair H2O:

Udara +

Uap H2O

H2O cair

Kelarutan udara dalam air sangat kecil sehingga fase cair dapat

dianggap sebagai H2O murni.


147

Contoh 9.1 :

tekanan total system P = 80 cmHg. Pada suhu sistem, tekanan

uap murni air PH2OS , = 20 cmHg

a. jika fraksi mol H2O di udara : YH2O = 0,1

tekanan parsial H2O di udara PH2O = YH2O . P

= 0,1 . (80 cmHg)

= 8 cmHg

Diketahui:

PH2OS , = 20 cmHg

PH2O < PH2OS , sebagian H2O akan

menguap

b. jika fraksi mol di udara = 0,3 = YH2O

PH2O = 0,3 (80) = 24 cmHg

PH2O > PH2OS , sebagian H2O akan mengembun

Catatan:

1. humidity) (relative RH 100% x OPHOPH

S2

2=

2. (kecepatan pengembunan) ~ (PH2O – PH2OS , )

(kecepatan penguapan) ~ (PH2OS , – PH2O)

Kaedah umum:

~ Kecepatan

perpindahan massa

selisih antara kondisi system dengan kondisi

setimbangnya


148

Contoh 9.3 :

UAP A

Uap A (dapat dianggap

mengikuti EOS gas ideal) dalam

sebuah silinder yang dilengkapi

piston bersuhu 27°C, tekanan

1,1 atm dan volume mula-mula 5

L. Piston ditekan pada suhu

tetap dengan volume silinder

menjadi 2 L. Tekanan uap

(jenuh) A pada 27°C = 2 atm.

a. Hitung tekanan uap A pada saat volume silinder 2 L !

b. Berapa % uap A yang mengembun?

Penyelesaian :

a. T1 = 300 K

P1 = 1,1 atm

V1 = 5 L

Hukum Boyle-Gay Lussac:

2 12

22

1

1 1. T T ,T

V .PTVP

==

(SALAH) atm 2,75 2

5 1,1. V

V P P2

11.2 ===

Salah, karena sistem tidak mungkin mencapai tekanan >

tekanan uap jenuh pada suhu itu (PAS , = 2 atm)

Jawaban yang benar, saat V = 2 L, tekanan uap A = 2 atm.

b. Berapa % uap A yang mengembun?

Jumlah mol mula-mula: 1

1 1.1

TR.VP n =


149

Jumlah mol setelah pengembunan: 2

2 2.2

T R.VP n =

0,727

1 2 2.5 1,1.

VPT R. x

TR.VP

nn

2 2.

2

1 .

1 1.

2

1===

72,7% 0,727 nn

1

2==

Uap mengembun = (100 – 72,7) % = 27,3%

Contoh 9.3 : Pada suhu 27°C, tekanan uap A 0,4 atm, sedang pada 127°C

nilainya 4 atm. Perkirakan tekanan uap A pada 87°C.

Penyelesaian :

Diketahui : T1 = 300 K T2 = 400 K

PA1 = 0,4 atm PA2 = 4 atm

Ditanyakan : PA3 jika T3 = 350 K

Jawab : ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

121

2

T1

T1

PAPAln

RH

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛3001

4001

0,44ln

RH

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

12001 .10 ln

RH

2763,1 10ln . 1200 ==RH

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

131

3

T1

T1

PAPAln

RH

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛1800

6-5 2763,1- 3001

3601 1,2763

0,4PAln 3

18001,2763

0,4PAln 3

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛


150

64,40,4PA 535,1

0,4PAln 33

=⇒=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

PA3 = 1,857 atm

Analisis:

1. tanpa teori (interpolasi linier murni)

( )121 2

1 3 1 3

1 2

12

1 3

13 Y - Y. X -XX -X Y Y

X -XY - Y

X -XY - Y

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=⇒=

( )121 2

1 3 1 3 P - P.

T -TT -T P P ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

( ) atm 56,20,4 - 4. 300 - 400300 -360 0,4 P

3 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

X3,Y3

X2,Y2

X1,Y1

Y

X

2. dengan teori: misal, Claussius-Clopeyron

CT

B -A Pln S

+=

T2 . P2 CT

B -A Pln2

S2

+=

T1 . P1 CT

B -A Pln1

S1

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

121

2

T1

T1 B

PPln


151

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

3001

4001

0,44ln

T1

T1

PPln

B

12

1

2

B = - 2763

2

2T1 B. - Pln A =

8,2938 4001 2763. 0,4ln A =+=

Jadi, T

2763 - 8,2938 Pln =

T3 = 360, 3602763 - 8,2938 Pln 3 =

P3 = 1,86 atm (Jauh beda, sehingga yang benar adalah yang

dengan teori)


152


Contoh 9.4 :

Total = 200 gr mol / jam YA = 10%

Mol = 0,1 T masuk = 100°C

PAS , = 0,02 atm T keluar = 45°C

Udara (79% N2, 21 O2) yang mengandung uap A didinginkan

untuk mengembunkan A. Hitung jumlah embunan A yang

diperoleh (gr mol / jam)

Penyelesaian :

Udara (79% N2, 21% O2) yang mengandung uap A didinginkan

untuk mengembunkan sebagian uap A. Gas masuk (udara + A)

sejumlah 200 mol/jam, mengandung uap A 10% mol. Tekanan

sepanjang pipa dapat dianggap tetap 1 atm. Suhu gas keluar

45C. Tekanan uap murni A pada 45C adalah 0,02 atm. Ingin

dicari embunan yang diperoleh tiap jam.

Analisis:

Udara +

Uap A

P total konstan 1 atm

Air pendingin

Udara +

Sisa uap A

Embunan A

153


Umpan 200 mol/jam

mol/jam 180 200 x 90 udara ==100

mol/jam 20 200 x 10010 A uap ==

A)cair = (PA) gas (P

PA = YA . P

udara)(A molA mol 02,0

atm 1a 0,02 PY A

==tm

P A

+=

umlah udara keluar = jumlah udara masuk

J

= 180 mol/jam

udarajumlah x A mol udara A terbawa uapJumlah =udaramol

udara mol x A mol - udara)(A mol

A mol ⎞ ⎟⎟

⎠⎜⎜⎝

⎛+

=

udarajumlah x

udara)(A molA mol - 1

udara)(A molA mol

+

+=

udarajumlah x Y - 1

Y A

A=

mol/jam 180 x 0,02 - 1

0,02 =

= 3,67 mol/jam

Gas

Udara + A

Cair

A

A = YA = 1

A + udara Udara = 1- YA


154

Udara + uap H2O TS

2O (kadar uap H2O) (suhu)

YHNH O p2 ua an = laju peng

Mengandung H2O

Padat basah

NH2O

Embunan yang diperoleh = uap A masuk – uap A keluar

am

= 20 - 3,67

= 16,33 mol/j

% 81,65 100% x 16,33 Persen ==20

terambilyangA

Bagaimana meningkatkan persen A terambil?? a.

YA↓ → uapA keluar →

b.

→ uap A keluar ↓ → embunan A↑

resi

c.

Contoh 9.5

Menurunkan suhu

T↓ → PA°↓ →

embunanA↑ → %terambil ↑

namun, biaya pendinginan naik↑

Menaikkan tekanan

P ↑ → YA↓

→ % terambil ↑ PA tetap.

Namun perlu biaya komp

Kombinasi a dan b

:

ari-hari menunjukkan bahwa udara (terdiri dari

eringan??

Jika kadar H2O pada padatan cukup

Kegiatan seh

udara dan uap H2O) yang bersuhu lebih tinggi bisa

mengeringkan bahan basah lebih cepat. Bagaimana logika

teoritis penomena tersebut???

Analisis:

Laju peng

tinggi, permukaan padatan bersiat

seperti permukaan air.

155


H2O = KY . A . (YSH2O - YH2O) N

NH2O = KG . A (PSH2O - PH2O)

00

2

2 100×=OHP

OPHR SH

YH2O = YSH2O→ NH2O = 0

KY = koefisien

Dalton =

YH2O < YSH2O→menguap NH2O > 0

YH2O > YSH2O→mengembun NH2O < 0

transfer massa

A = luas

POHYOPH ⋅⋅= 22 P = tekanan total

P

OPHOYH 22 =

NH2O = KY . A . (YSH2O - YH2O)

= KY . A .

PSH2O PH2O

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎛ OHP S

⎝−

POPH

P22

P

KK Y

G =

PSH O 2 = tekanan

uap mu

= tekanan

parsial

Kelambaban relative (relative humadity / RH)

TG ↑ NH2O↑

rni H2O

PH2O

H2O di udara

⎯→⎯?

156


Logika:

S ↑ → PSH2O↑ → (PSH2O - PH2O)↑ → NH2O↑

adi 2 peristiwa serentak:

1.

inggi namun suhu tidak boleh tinggi (misal

KY . A (YSH2O - YH2O)

2O di udara dikurangi, misal

TG ↑ → T

PSH2O naik akibat TS naik. Jadi udara harus terlebih dahulu

memanasi permukaan padat.

Pada pengeringan (drying) terj

perpindahan panas

2. perpindahan massa

jika diinginkan NH2O t

pada pengeringan buah-buahan). Uasaha apa yang dapat

dilakukan???

Cara I: NH2O =

YH2O diperkecil artinya keluar uap H

dengan menyerap uap H2O dengan silica-gel.

Cara II:

( )OPHOHPP

AKONH SY

222 −⋅

=

P diturunkan → vacuum dryer

9.3 Diagram Fasa Zat Murni ntang keadaan fasa suatu zat pada kondisi (suhu

Pengertian te

dan tekanan) tertentu sangat penting untuk perancangan pabrik.

Di Fisika II dibahas diagram fasa zat murni.

157

Diagram fasa menunjukkan pada kondidi tertentu (suhu dan

tekanan) suatu zat berada pada keadaan fasa yang mana (cair,

gas, padat)

Ada 2 tipe diagram fasa zat murni:

Q Cair

B P

T

O

uap

Padat

M

Tt

B

CP

(tekanan)

T (suhu)

E

uap

Padat

J H

G

F

Tt

K D Cair

B A

C L

A

Tt = titik tripel, zat bisa berupa padat, cair, uap atau

campurannya.

C = titik kritis, di atas suhu tersebut batas cair-uap tidak ada

(kondisi super kritis, uap tidak bisa diembunkan

dengan penekanan)

• Zat didinginkan pada tekanan tetap, dari titik A:

AB : suhu turun, fasa tetap uap

B : terjadi pengembunan, suhu tetap sampai semua uap

menjadi cair

BD : suhu turun, fasa tetap cair

D : terjadi pemadatan, suhu tetap sampai semua

cairan menjadi padat

DE : suhu turun, fasa tetap padat

• Zat didinginkan pada tekanan tetap dari F

FG : suhu turun, fasa tetap uap

G : uap memadat pada suhu tetap

GH : suhu turun, fasa tetap padat


158

• Uap ditekan pada suhu tetap dari I

I J : tekanan naik, fasa tetap uap

J : uap memadat

JK : tekanan naik, fasa tetap padat

K : padatan mencair

KL : tekanan naik, fasa tetap cair

• Uap ditekan padasuhu tetap dari M

MN : tekanan naik, fasa tetap uap

N : uap mengembun

NO : tekanan naik, fasa tetap cair

O : cairan memadat

OQ : tekanan naik, fasa tetap padat

Pada zat kiri (A) dan kanan (B) ditekan pada suhu tetap

Kiri : uap → padat → cair

Kanan : uap → cair → padat

Kenaikan tekanan mendorong proses-proses yang membentuk

volum lebih kecil

Kiri : V uap > Vpadat > V cair

Kanan : V uap > V cair > V padat

Atau

Kiri : ρ uap < ρ padat < ρ cair

Kanan : ρ uap < ρ cair < ρ padat

H2O → kiri

Fe → kanan

Kaedah umum:

Jika terjadi perubahan kondisi, maka akan terdorong proses-

proses yang melawan perubahan kondisi tersebut.


159

Pertanyaan komprehensif: Orang hendak menyerap suatu gas dengan suatu solven

(absorbsi, dari gas ke cair volum berkurang), apakah:

1. sebaiknya dijalankan pada tekanan tinggi atau rendah?

(Tinggi)

2. sebaiknya dijalankan pada suhu tinggi atau rendah?

(rendah)

Contoh kasus proses perubahan fasa di industri

Evaporator : alat untuk memekatkan kadar larutan dengan

cara menguapkan pelarutnya (solven).

Uap H2O

Larutan gula 30%

Larutan gula 5% Evaporator

Misal:

Panas peleburan H2O

= 80 kal/g

Panas penguapan H2O

= 540 kal/g

Pemanasan H2O cair

= 1 kal/g C

Evaporasi membutuhkan banyak panas (energi). Uasaha

penghematan energi banyak dilakukan pada evaporasi, misal

pada contoh berikut:


160


Cara pemanasan uap H2O adalah dengan:

1. dikompresi (diberi tekanan) dengan kompresor proses

mahal, alat murah

2. dipakai system bertingkat.

Larutan encer A + H2O

Larutan pekat A + H2O

Steam jenuh (uap H2O jenuh)

1T

( )steam O2H Uap

TS embunan

embunan

T1

Ts

Tidak bisa

diembunkan karena

suhu pemanas sama

dengan suhu yang

dipanaskan (tidak

ada transfer panas)

161

1. System bertingkat:

Steam T3

Steam T2

P1 T1

Larutan pekat

Steam T1

embunan

Kran T

Ts

Larutan encer

Steam

Ke alat pembuat vakum

P3 T3

embunan embunan

Kran T P2

T2

P1 > P2 > P3

T1 > T2 > T3

2. Cara lain:

pompa pompa

Steam T3

Steam T2

P1 T1

Larutan encer

Steam T1

embunan

Ts

embunan

P3 T3

Ke alat pembuat vakum

embunan

P2 T2

Steam

Larutan pekat


162

Pada cara 2 (cara lain) terdapat kelemahan serta keunggulan,

yaitu:

Kelemahan :

adanya energi akan membuat pengeluaran listrik

bertambah lebih mahal

Keunggulan :

larutan pekat berada pada tekanan tinggi sehingga larutan

tidak begitu pekat.

larutan encer berada pada suhu paling rendah sehingga

hasilnya tidak begitu kental.

Sifat titik didih yang dipengaruhi tekanan bisa dimanfaatkan

untuk penghematan energi pada evaporasi.

Evaporasi untuk pemekatan sari buah. Agar tidak terjadi kerusakan pada sari jeruk, penguapan perlu

dijalankan pada suhu rendah, artinya tekanan harus rendah.

By-pass

Uap H2O+

aroma

Sari buah encer

Evaporator Sari buah pekat

steam

Untuk mempertahankan aroma, dipakai arus by-pass.

Contoh 9.6 : Cairan A yang bertekanan 10 atm, suhu 110°C diturunkan

tekanannya menjadi 1 atm dengan melewatkannya pada suatu

kran expansi. Tekanan uap (atm) pada berbagai suhu (T,K) =


163


TP S 27632938,8ln −=

Kapasitas panas cairan 0,8 cal/g°C dan panas penguapannya

300 cal/g (dianggap sama pada semua suhu). Yang ingin dicari:

a. suhu bahan keluar kran

b. persen cairan yang menguap

Analisis:

a. T2 = ??

b. V/F = ??

Bahan keluar berupa campuran uap-cair jadi keadaannya

jenuh, atau P2 = PS. Berlaku hubungan:

22

27632938,8lnT

P −=

( )

CKTT

°==

−=

60333

27632938,81ln

2

2

Pada saat melewati kran, tidak ada energi masuk ataupun

keluar, jadi energi (panas) sistem tetap.

Uap P2 = 1 atm

T2

waktu

massaV =

P2 = 1 atm T2 = ?

Cairan A Kran ekspansi cair+uap

Cairan P2 = 1 atm

T2

waktu

massaL =

T1 = 110°C = 383 K P1 = 10 atm

waktu

massaF =

164

P1, T1 P2, T2 P2, T2

Cairan cairan sebagian uap

Perubahan panas F . CPL (T2 – T1) + V λ (panas penguapan) = 0 (karena tidak ada

energi masuk/keluar)

( )

( )

00

00

0021

13,3

100300

60-1100,8

100

=

×=

×−

=λ

TTCFV PL

Soal bisa dikembangkan sebagai berikut:

Jika diinginkan cairan menguap 10%, berapa P2?

F CPL (T2 – T1) + V . λ = 0

F CPL (T2 – T1) + 0,1 F . λ = 0

0,8 (T2 – 383) + (0,1) (300) = 0

T2 = 345,5 K= 72,5°C

atm 1,345 P6,2967

5,34527632938,8ln

2

2

==

−=P


165

9.4. Tegangan Muka

Molekul 1 = dekat permukaan

cairan

Permukaan

Molekul 2 = jauh dari permukaan

Interaksi dua molekul: - sangat dekat

= tolak menolak

- jauh

= tarik menarik

- umumnya

- = tarik menarik

r

u (energi parsial)

Molekul 2 = ditarik oleh molekul-

molekul disekitarnya.

Resultan rata-rata gaya

tarik = 0, karena jumlah

molekul di sekitarnya

merata.

Molekul 1 = ditarik oleh molekul-

molekul di sekitarnya.

Jumlah molekul di

sekitarnya tidak merata,

sehingga resultan gaya

rata-rata menuju ke tengah

cairan (menjauhi

permukaan).

Terjadi kesulitan menyediakan cairan di permukaan. Akibatnya

ada usaha untuk mempersempit (meminimalkan) luas

permukaan.


166

Ada gaya yang selalu berusaha mempersempit luas permukaan,

ini disebut efek tegangan muka ( )γ .

Tegangan muka = panjang

gaya=γ = (N/m, dyne/cm)

( )γ juga bisa ditafsirkan dengan cara lain;

luasenergi

panjangpanjang

panjanggaya

=×=γ

Jadi, ( )γ bisa ditafsirkan sebagai energi tiap satuan luas (energi

yang diperlukan untuk membentuk satu satuan luas

permukaan).

Satuan ( )γ bisa juga berupa Joule/m2 atau erg/cm2

Berikut dibahas sejumlah fenomena yang terdapat tegangan muka.

Pipa kapiler

h udara

a. Kenaikan kapiler

Jari-jari pipa = r

Tegangan muka cairan = γ

h = ?

cairan

b. Dinding Pipa

P

θ

θ cairan

cairan


167

Terjadi gaya tiap satuan lebar arah vertical sebesar γ Cos θ

Stabil: (gaya ke atas akibat γ ) = (berat cairan

terangkat)

ghrr ⋅⋅⋅=⋅ ρππθγ 22cos

lebargaya

=θγ cos

lebarr =π2

volumhr =⋅2π

massahr =⋅⋅ ρπ 2

gayaghr =⋅⋅⋅ ρπ 2

θργ cos2gr

h = θ = sudut kontak

Misal, γ = 72 dyne/cm ; g = 980 cm/s2 ; ρ =1 gr/cm2 ;

1cos0 =→≈ θθ

( )( )( )( )( )( ) mcmhcmr 0367,067,3

04,09801172204,0 ===→=

( )( )( )( )( )( ) mcmhcmr 347,77,734

0002,0980117220002,0 ===→=

Fenomena ini dimanfaatkan tanaman untuk mengangkat air dari

tanah ke daun.

Fenomena akibat tegangan muka:

- kenaikan kapiler

- tekanan gelembung

- tekanan tetes

- pembasahan permukaan


168


r

GP

udara

Udara P udara

r γ4 P P UG +=

cairan

rPt

c. Tekanan gelembung

Lapisan gelembung sangat tipis,

sehingga jari-jari luar dan dalam

praktis sama = r

?Pgelembung dalam udaratekanan P

luar udaratekanan P

G

G

U

==

=

d. Stabilitas

(gaya menyobek) = (gaya mempertahankan)

Untuk mempermudah pembentukan gelembung,

gelembung

2 r π2γrπPr πP 2 UG

2 ⋅⋅+=⋅

entuksulit terb gelembungbesar Pbesar γ →→ G

γperlu diperkecil, misal dengan penambahan

surfaktan (zat yang bisa menurunkan γ )

Bisa juga ditulis:

r γ4 P P UG =− kelebihan tekanan gelembung

e. Tekanan tetes

tetes tekananPudara tekananPU

=

T

=

169


puγ padat cpγ

cuγ

θ

cairan

udara

puγ cpγ

cuγ

udara

padat θ

cairan

Sama dengan gelembung, tapi hanya ada 1 permukaan cairan.

r2 γ

r2 γP P UT +=

rgi tetes : energi yang dibutuhkan untuk membentuk tetesan

(E)

f. Pembasahan permukaan

P- P UT =

Kelebihan tekanan tetes

Ene

tetesenergi r 4 Epemukaan) (luas E

permukaanmembentuk untuk dibutuhkan yang energiE

2 →=

=≅

πγ

γ

puγcosθcuγcpγ −+

cuγcpγpuγ

cosθ

puγcpγ

−=

<

Makin mudah membasahi jika θ makin kecil

cpγpuγcos θcuγ =+

cuγpuγcpγ

cosθ

puγcpγ−

=

>

Makin sulit membasahi jika θ makin kecil

170


uka. g. Tegangan m Contoh 9.7 :

Dua tetes air berjari-jari cm 0,02R1 = bergabung menjadi satu.

Rapat massa air

Kapasitas panas air

3 gr/cm 1

Ccal/g 1 °

2 ). Hit

dan tegangan muka air 72

dyne/cm (72 ung kenaikan suhu akibat

penggabungan tetes tersebut!

erg/cm

Ingat! luas

γ

energi=

(energi yang dilepaskan) = γ (pengurangan luas permukaan

=

dioplet akibat penggabungan)

(luas permukaan 2 dioplet sebelum bergabung)

( )21R π4 2

= ( )2cm 0,02 4π 2

= 2cm 0,01

(volum kedua dioplet sebelum bergabung)

= ( )31R π3

4 2

= 2 ( )( )3cm 0,02 π4

um setelah penggabungan

Volum setelah penggabungan

3

= 6 = vol35107, cm−⋅

= ( )32R π3

4 2 7 ⋅ =

510,6 −

2R = ( ) 3

15107,63

⎢⎡ ⋅ −

4 ⎦⎣ π ⎥⎤

171


= 0,0252 cm

(Luas permukaan dioplet hasil penggabungan)

= ( )223 R π4 2

= 0,00798 cm

– 0 0798) cm

= 0,00202 cm

skan)

ngan luas)

= 72 erg/cm (0,00202 cm

,145 erg x

= 2)0252,0(4 cmπ 2

Pengurangan luas permukaan = (0,01 ,0 2 2

(energi permukaan yang diepa

= γ (pengura2 2 )

= 0,145 erg

= 0 erg 1

cal 10 x 2,406 8−

dilepas tersebut berubah menjadi panas.

Energi panas :

= cal 10 9 9⋅ 3,4 −

Catatan : factor konversi satuan

1 erg = cal 10 2,4069 -8⋅

Energi yang

T C m Q P Δ⋅⋅=

Δ C T ρ V P⋅⋅⋅=

PV

ΔT = = C ρ

Q⋅⋅ ( )( )C1cal/g1gr/cmcm106,7 35⋅ −

cal103,493

9

°⋅ −

= 0,000052°C

Contoh 9.8 :

Pud P air

172


Ingin diperkirakan tekanan hembusan minimal yang diperlukan

agar air ( )dyne/cm 72γ = dapat terdorong keluardari pipa

horizontal berjari-jari R = 0,001 cm. sudut kontak air dalam pipa

kapiler ( θ ) sangat kecil. Tekanan udara luar 1 x .

Hembusan udara harus memberi gaya yang bisa mengatasi

gaya tegangan muka (ada 2 permukaan) dan gaya akibat

tekanan udara luar.

26 /10 cmdyne

( ) ( ) ( )

( )

26

26

ud

ud

ud2

dyne/cm0 11,288 ⋅=

cm 0,001dyne/cm 72 4dyne/cm101

R4γPP

1cosθ0θ

PR

θ cos 4 P

R πPR 2π θ cos γ 2πR P

+⋅=

+=

≈→≈

+=

+=γ

Contoh 9.9 : Air sebanyak 2 L/menit akan disemprotkan lewat nozzle

sehingga keluar berupa butir-butir kecil (dioplet) berjari-jari R =

r nozzle dapat dianggap tetap,

enaga minimal yang diperkirakanuntuk

menyemprotkan air tersebut! Tegangan muka air 72 dyne/cm.

Misal: Jumlah dioplet = N

Volum cairan:

0,0001 cm. Jika suhu air kelua

perkirakan t

/detikcm 33,3detik60

menit 11L

cm 1000menit

2L 33

⇒××

cairan volumR π3 ⎠⎝

4 N 3 =⎟⎞

⎜⎛

( )kbutir/deti 107,96

0,0001cm π34

/detikcm 33,3 N 12

3

3−⋅⇒=

173


Luas permukaan yang dibentuk oleh Nozzle:

( ) ( )

/detikcm 101butir

kbutir/deti 107,96 cm 0,0001 4π

N R 4π

26

122

2

⋅=

⋅=

=

Energi yang diperlukan untuk membentuk luas permukaan:

( )( )

watt7,2kjoule/deti 7,2

J10 erg 1 erg/detik 107,2/detikcm 101 erg/cm 72

barupermukaan luas γ

7-7

262

==

=⇔⋅=

⋅=

=

Contoh 9.10 : Cairan yang disemprotkan lewat nozzle membentuk dioplet-

dioplet yang ukurannya tidak seragam. Distribusi ukuran butir

dinyatakan sebagai berikut: 2brera

dr

a,b adala

dN −⋅⋅=

h konstanta; N adalah jumlah butir-butir berukuran r = 0

tenaga minimum

ang diperlukan untuk penyemprotan tersebut!

s/d r = r.

jika tegangan muka cairan adalah γ, hitung

y

174


N2

r 1 r 2

dN

N1

rdr

N2-N1→ butir ukuran r1=r2 dN → butir ukuran

dNdr →≈ 0

Misal luas total butir-butir keluar nozzle (jari-jari bervariasi) = A

Ditinjau interval diferensial sebesar dr (→ 0):

Jumlah partikel = dN → jari-jari dianggap seragam sebesar r.

(sebetulnya jari-jari bervariasi antara r dan r + dr, tapi karena dr

= 0, maka jari-jari boleh dianggap seragam sebesar r)

Untuk partikel sejumlah dN, luas permukaan totalnya adalah dA.

r 1 r

dN jari-jari r≈

drdN

N1

N

N(r)


175

( )

( )

( )a Matematik sepertisamab

a 2πA:diperoleh

sendiricobar d e ra 2π

r d21dr rdr r e ra 4π

dr e r a r 4πdAA

dr e r a r 4πdA

distribusi persamaan dari subtitusidN r 4πdA

2

2br....r

0r

2

2br2

br2

br2

2

2

2

2

=→

→=

→⇒=

−=

=

→=

−=

=

−

−

−

∫

∫

∫ ∫

12. BAB IX UAP

Documents

Transcript of 12. BAB IX UAP